搜索,是Yukko首先给我介绍的几类算法之一,其对状态空间进行枚举,通过穷尽所有的可能来找到最优解,或者统计合法解的个数。

搜索有很多优化方式,如减小状态空间,更改搜索顺序,剪枝等。

搜索是一些高级算法的基础。在 OI 中,纯粹的搜索往往也是得到部分分的手段,但可以通过纯粹的搜索拿到满分的题目非常少。

DFS(深度优先搜索)

DFS 本是图论概念,在搜索算法中,该词常常指利用递归函数方便地实现暴力枚举的算法,与图论中的 DFS 算法有一定相似之处,但并不完全相同。

DFS 框架

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#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 100;
int n;
bool vst[];
bool CheckEdge(...) // 边界条件和约束条件的判断
{
if (...) // 满足条件
return 1;
else // 与约束条件冲突
return 0;
}

void dfs(int depth)
{
if (depth > n) // 出现目标态G
{
...... // 做相应处理
return;
}
for (int i = 1; i < n; i++) // 按照规则生成下一个节点
{
if (!CheckEdge(...)) continue; //如果不满足条件则跳过
vst[] = 1; // 标记该节点被访问过
dfs(depth + 1);
vst[] = 0; // 回溯
}
}
int main()
{
......
return 0;
}

例题

洛谷 P1706 | 全排列问题

洛谷 P1219 | [USACO1.5]八皇后 Checker Challenge

洛谷 P1092 | [NOIP2004 提高组] 虫食算

洛谷 P1120 | 小木棍 [数据加强版]

洛谷 P1706 | 全排列问题

题目描述

输出自然数 11nn 所有不重复的排列,即 nn 的全排列,要求所产生的任一数字序列中不允许出现重复的数字。

输入格式

一个整数 nn

输出格式

1n1∼n 组成的所有不重复的数字序列,每行一个序列。

每个数字保留 55 个场宽。

输入输出样例

输入 #1
1
3
输出 #1
1
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5
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1    2    3
1 3 2
2 1 3
2 3 1
3 1 2
3 2 1

说明/提示

1n91≤n≤9

解决方案

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#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int maxn = 20;
int n;
int now[maxn];
bool vis[maxn];
void dfs(int depth)
{
if(depth > n)
{
for(int i=1; i<=n; i++)
{
printf("%5d", now[i]);
}
puts("");
return;
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
if(vis[i]) continue;
vis[i] = true;
now[depth] = i;
dfs(depth + 1);
vis[i] = false;
}
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
dfs(1);
return 0;
}

BFS(广度优先搜索)

BFS 是图论中的一种遍历算法,在搜索中也很常用,将每个状态对应为图中的一个点,将状态存入队列即可。

BFS 框架

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#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 100;
bool vst[maxn][maxn]; // 访问标记
int dir[4][2] = {0, 1, 0, -1, 1, 0, -1, 0}; // 方向向量

struct State // BFS 队列中的状态数据结构
{
int x, y; // 坐标位置
int Step_Counter; // 搜索步数统计器
};

State a[maxn];

bool CheckState(State s) // 约束条件检验
{
if (!vst[s.x][s.y] && ...) // 满足条件
return 1;
else // 约束条件冲突
return 0;
}

void bfs(State st)
{
queue<State> q; // BFS 队列
State now, next; // 定义2 个状态,当前和下一个
st.Step_Counter = 0; // 计数器清零
q.push(st); // 入队
vst[st.x][st.y] = 1; // 访问标记
while (!q.empty())
{
now = q.front(); // 取队首元素进行扩展
if (now == G) // 出现目标态,此时为Step_Counter 的最小值,可以退出即可
{
...... // 做相关处理
return;
}
for (int i = 0; i < 4; i++)
{
next.x = now.x + dir[i][0]; // 按照规则生成下一个状态
next.y = now.y + dir[i][1];
next.Step_Counter = now.Step_Counter + 1; // 计数器加1
if (CheckState(next)) // 如果状态满足约束条件则入队
{
q.push(next);
vst[next.x][next.y] = 1; //访问标记
}
}
q.pop(); // 队首元素出队
}
return;
}

int main()
{
......
return 0;
}

例题

洛谷 P1141 | 01 迷宫

洛谷 P1126 | 机器人搬重物

洛谷 P1312 | [NOIP2011 提高组] Mayan 游戏

洛谷 P1514 | [NOIP2010 提高组] 引水入城

P1141 01 迷宫

题目描述

有一个仅由数字 0011 组成的 n×nn \times n 格迷宫。若你位于一格 00 上,那么你可以移动到相邻 44 格中的某一格 11 上,同样若你位于一格 11 上,那么你可以移动到相邻 44 格中的某一格 00 上。

你的任务是:对于给定的迷宫,询问从某一格开始能移动到多少个格子(包含自身)。

输入格式

11 行为两个正整数 n,mn, m

下面 nn 行,每行 nn 个字符,字符只可能是 00 或者 11 ,字符之间没有空格。

接下来 mm 行,每行 22 个用空格分隔的正整数 i,ji, j ,对应了迷宫中第 ii 行第 jj 列的一个格子,询问从这一格开始能移动到多少格。

输出格式

mm 行,对于每个询问输出相应答案。

输入输出样例

输入 #1
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输出 #1
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说明/提示

所有格子互相可达。

对于 20%20\% 的数据, n10n≤10

对于 40%40\% 的数据, n50n≤50

对于 50%50\% 的数据, m5m≤5

对于 60%60\% 的数据, n100,m100n≤100,m≤100

对于 100%100\% 的数据, n1000,m100000n≤1000,m≤100000

解决方案

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#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn = 1050;
class Tuple //坐标类
{
public:
int _x_, _y_;
Tuple()
{
_x_ = _y_ = 0;
}
void val(int x_, int y_)
{
_x_ = x_;
_y_ = y_;
}
Tuple operator+(const Tuple &b_)
{
Tuple c_;
c_._x_ = this->_x_ + b_._x_;
c_._y_ = this->_y_ + b_._y_;
return c_;
}
};
int n, m;
int mp[maxn][maxn], ans[maxn][maxn];
struct Node //节点
{
Tuple c;
int d;
};
bool check(Tuple p, Tuple q) //检查节点是否合法
{
int x = p._x_, y = p._y_;
int a = q._x_, b = q._y_;
if (ans[x][y])
return false;
if (x == 0 || y == 0)
return false;
if (x == n + 1 || y == n + 1)
return false;
if (mp[x][y] ^ mp[a][b])
return true;
return false;
}
int bfs(int x, int y)
{
if (ans[x][y])
return ans[x][y];

Tuple mv[4];
mv[0].val(0, 1);
mv[1].val(0, -1);
mv[2].val(1, 0);
mv[3].val(-1, 0);

Node tmp;
tmp.c.val(x, y);
tmp.d = 1;

queue<Node> tree;
tree.push(tmp);

vector<Tuple> zone;

int ansn = 0;
ans[x][y] = 1;

while (!tree.empty())
{
tmp = tree.front();
tree.pop();
zone.push_back(tmp.c);
ansn++;
for (int i = 0; i < 4; i++)
{
Node now;
now.c = tmp.c + mv[i];
now.d = tmp.d + 1;
if (!check(now.c, tmp.c))
continue;
tree.push(now);
ans[now.c._x_][now.c._y_] = ansn;
}
}
for (int i = 0; i < zone.size(); i++)
{
int x_ = zone[i]._x_;
int y_ = zone[i]._y_;
ans[x_][y_] = ansn;
}
return ansn;
}
int main()
{
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
for (int j = 1; j <= n; j++)
{
char l[5];
scanf("%1s", l);
mp[i][j] = l[0] - '0';
}
}
for (int i = 1; i <= m; i++)
{
int x, y;
scanf("%d %d", &x, &y);
printf("%d\n", bfs(x, y));
}
return 0;
}

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